沖刺2022屆高考物理大題限時(shí)集訓(xùn)專題17電感感應(yīng)中動(dòng)量、能量問(wèn)題【例題】如圖所示，兩足夠長(zhǎng)的水平光滑導(dǎo)軌左側(cè)接有電動(dòng)勢(shì)為E的電源，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，長(zhǎng)度均為L(zhǎng)的金屬棒甲、乙垂直導(dǎo)軌放置，金屬棒甲放在虛線Ⅰ的左側(cè)，金屬棒乙放在兩虛線Ⅰ、Ⅱ之間，虛線Ⅰ的左側(cè)、虛線Ⅱ的右側(cè)均有方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。某時(shí)刻將開(kāi)關(guān)S閉合，金屬棒甲由靜止開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)，且在達(dá)到虛線Ⅰ前已達(dá)到勻速狀態(tài)，在虛線Ⅰ、Ⅱ間，兩金屬棒發(fā)生彈性碰撞，且碰撞時(shí)間極短。已知金屬棒甲、乙的質(zhì)量分別為4m、m，整個(gè)過(guò)程兩金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好，且沒(méi)有發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng)，兩虛線間的導(dǎo)軌絕緣，不計(jì)其余導(dǎo)軌的電阻以及兩虛線之間的距離。求：（1）金屬棒甲勻速時(shí)速度的大小；（2）金屬棒甲從出發(fā)到到達(dá)虛線Ⅰ，所通過(guò)橫截面的電荷量q；（3）兩金屬棒碰后瞬間甲棒的速度大小以及甲棒越過(guò)虛線Ⅰ后系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）兩金屬棒碰撞前，金屬棒乙始終靜止不動(dòng)，由于碰撞金屬棒甲已經(jīng)達(dá)到勻速運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，由于勻速過(guò)程中金屬棒甲不受磁場(chǎng)力的作用，即金屬棒甲中沒(méi)有電流，所以此時(shí)金屬棒甲兩端的電壓為金屬棒甲勻速時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為由以上分析可知解得（2）設(shè)金屬棒甲從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到虛線Ⅰ所用的時(shí)間為t，這段時(shí)間內(nèi)金屬棒甲受到的平均磁場(chǎng)力大小為，金屬棒甲中的平均電流強(qiáng)度大小為，則由動(dòng)量定理得\n上式中又（3）設(shè)碰后瞬間金屬棒甲、乙的速度大小分別為v、，兩金屬棒發(fā)生的碰撞為彈性碰撞，則有解得因?yàn)閮商摼€間的導(dǎo)軌絕緣，所以甲棒越過(guò)虛線Ⅰ后電源電流無(wú)法流入兩導(dǎo)體棒，即甲棒越過(guò)虛線Ⅰ后系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能為兩金屬棒總動(dòng)能的損失。又因?yàn)閮山饘侔襞龊筮M(jìn)入磁場(chǎng)，金屬棒甲的速度增大，金屬棒乙的速度減小，最終兩棒以相同的速度一起勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得根據(jù)能量守恒定律得解得“雙軌＋雙桿”模型如圖，方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有兩根位于同一水平面內(nèi)的足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌，兩相同的光滑導(dǎo)體棒ab、cd靜止在導(dǎo)軌上．t＝0時(shí)，ab棒以初速度v0向右滑動(dòng)．運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，ab、cd棒始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好．模型分析：雙軌和兩導(dǎo)體棒組成閉合回路，通過(guò)兩導(dǎo)體棒的感應(yīng)電流相等，所受安培力大小也相等，ab棒受到水平向左的安培力，向右減速；cd棒受到水平向右的安培力，向右加速，最終導(dǎo)體棒ab、cd共速，感應(yīng)電流消失，一起向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，該過(guò)程導(dǎo)體棒ab、cd組成的系統(tǒng)所受合外力為零，動(dòng)量守恒：mabv0＝（mab＋mcd）v共，若ab棒、cd棒所在導(dǎo)軌不等間距，則動(dòng)量不守恒，可考慮運(yùn)用動(dòng)量定理求解．\n【特別提醒】等距導(dǎo)軌上的雙棒模型常見(jiàn)情景（以水平光滑導(dǎo)軌為例）過(guò)程分析動(dòng)量觀點(diǎn)的應(yīng)用雙棒切割式棒MN做變減速運(yùn)動(dòng)，棒PQ做變加速運(yùn)動(dòng)，穩(wěn)定時(shí)，兩棒的加速度均為零，以相同的速度勻速運(yùn)動(dòng)等長(zhǎng)雙棒所受的合外力為零，系統(tǒng)利用動(dòng)量守恒定律求末速度，單棒利用動(dòng)量定理求電荷量、相對(duì)位移題型二　動(dòng)量定理在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用關(guān)于電磁感應(yīng)的一些問(wèn)題中，物體做變加速運(yùn)動(dòng)，無(wú)法直接應(yīng)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式或動(dòng)能定理求解時(shí)，特別是涉及到求電荷量，變加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間、位移時(shí)，可用動(dòng)量定理解決.練后反饋1、　單棒＋電阻模型已知量（其中B、L、m已知）待求量關(guān)系式（以棒減速為例）v1、v2q－BLΔt＝mv2－mv1，q＝Δtv1、v2、R總x－＝mv2－mv1，x＝ΔtF其他為恒力，v1、v2、qΔt－BLΔt＋F其他Δt＝mv2－mv1，q＝ΔtF其他為恒力，v1、v2、x（或Δt）Δt（或x）＋F其他·Δt＝mv2－mv1，x＝Δt2、　不等距導(dǎo)軌上的雙棒模型常見(jiàn)情景（以水平光滑導(dǎo)軌為例）過(guò)程分析動(dòng)量觀點(diǎn)的應(yīng)用不等距導(dǎo)軌棒MN做變減速運(yùn)動(dòng)，棒PQ\n做變加速運(yùn)動(dòng)，穩(wěn)定時(shí)，兩棒的加速度均為零，兩棒以不同的速度做勻速運(yùn)動(dòng)，所圍的面積不變，末速度滿足關(guān)系式v1L1＝v2L2雙棒所受的合外力不為零，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，對(duì)每個(gè)棒分別用動(dòng)量定理列式，聯(lián)立末速度關(guān)系求末速度3、　棒＋電容器模型基本模型規(guī)律無(wú)外力，電容器充電（電阻阻值為R，電容器電容為C）無(wú)外力，電容器放電（電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻不計(jì)，電容器電容為C）電路特點(diǎn)導(dǎo)體棒相當(dāng)于電源，電容器被充電電容器放電，相當(dāng)于電源；導(dǎo)體棒受安培力而運(yùn)動(dòng)電流的特點(diǎn)安培力為阻力，棒減速，E減小，有I＝，電容器被充電UC變大，當(dāng)BLv＝UC時(shí)，I＝0，F(xiàn)安＝0，棒勻速運(yùn)動(dòng)電容器放電時(shí)，導(dǎo)體棒在安培力作用下開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，同時(shí)阻礙放電，導(dǎo)致電流減小，直至電流為零，此時(shí)UC＝BLv運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)及最終特征a減小的減速運(yùn)動(dòng)，棒最終做勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)I＝0，但電容器帶電荷量不為零a減小的加速運(yùn)動(dòng)，最終勻速運(yùn)動(dòng)，I＝0最終速度vm電容器充的電荷量：q＝CU最終電容器兩端電壓U＝BLv對(duì)棒應(yīng)用動(dòng)量定理：mv0－mv＝BL·Δt＝BLqv＝電容器充的電荷量：q0＝CE放電結(jié)束時(shí)電荷量：q＝CU＝CBLvm電容器釋放的電荷量：Δq＝q0－q＝CE－CBLvm對(duì)棒應(yīng)用動(dòng)量定理：mvm＝BL·Δt＝BLΔqvm＝v－t圖像\n【變式訓(xùn)練】如圖所示，兩光滑的足夠長(zhǎng)導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，導(dǎo)軌間距最窄處為一狹縫O，以O(shè)為原點(diǎn)、水平向右為正方向建立x軸，兩導(dǎo)軌與x軸的夾角均為，一電阻R=100Ω的電阻器和電容C=4000μF的不帶電電容器分別與導(dǎo)軌左端相連。x>0的區(qū)域內(nèi)分布著垂直于紙面向內(nèi)的磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小沿y軸不變，沿x軸如下：（1）；（2）。導(dǎo)軌上一金屬棒ab與x軸垂直，在外力F作用下從O點(diǎn)開(kāi)始以速度v=0.5m/s向右勻速運(yùn)動(dòng)，金屬棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中與導(dǎo)軌始終保持良好接觸，不計(jì)金屬棒和導(dǎo)軌的電阻。求：（1）棒ab運(yùn)動(dòng)到x1=0.2m時(shí)，流過(guò)電阻R的電流；（2）棒ab從x1=0.2m運(yùn)動(dòng)到x2=0.8m的過(guò)程中，外力F與x的關(guān)系：（3）棒ab從x1=0.2m運(yùn)動(dòng)到x2=0.8m的過(guò)程中，流過(guò)棒的電荷量?！敬鸢浮浚?）A；（2）①在區(qū)域，N；②在區(qū)域，；（3）C【解析】（1）棒ab運(yùn)動(dòng)到x1=0.2m時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度，有效長(zhǎng)度為m則切割電動(dòng)勢(shì)V電流為A（2）①在區(qū)域，由有效長(zhǎng)度則電動(dòng)勢(shì)\n恒為0.3V，電流I恒為A，安培力N②在區(qū)域，電動(dòng)勢(shì)通過(guò)電阻的電流通過(guò)電容器的電流安培力N（3）在區(qū)域，通過(guò)棒的電量C在區(qū)域，通過(guò)電阻的電流隨時(shí)間均勻變化，通過(guò)電容器的電源保持不變，則通過(guò)棒的電量C1．如圖（a）所示，水平面上固定著兩根間距L=0.5m的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ，M、P兩點(diǎn)間連接一個(gè)阻值R=3Ω的電阻，一根質(zhì)量m=0.2kg、電阻r=2Ω的金屬棒ab垂直于導(dǎo)軌放置。在金屬棒右側(cè)兩條虛線與導(dǎo)軌之間的矩形區(qū)域內(nèi)有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=2T、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，現(xiàn)對(duì)金屬棒施加一個(gè)大小F=2N、方向平行導(dǎo)軌向右的恒力，從金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)開(kāi)始計(jì)時(shí)，其運(yùn)動(dòng)的v-t圖像如圖（b）所示，金屬棒剛要離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)加速度為0，金屬棒通過(guò)磁場(chǎng)過(guò)程中回路產(chǎn)生的總熱量Q=1.6J。運(yùn)動(dòng)過(guò)程中金屬棒與導(dǎo)軌始終保持良好接觸，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。求：（1）金屬棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最大速度vm；（2）磁場(chǎng)寬度d和金屬棒穿過(guò)磁場(chǎng)所需的時(shí)間t。\n【答案】（1）10m/s；（2）5m，1.1s【解析】（1）設(shè)金屬棒在磁場(chǎng)中最大速度為vm，此時(shí)安培力與恒力F大小相等，則有感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLvm感應(yīng)電流：安培力的大小F安=BIL代入數(shù)據(jù)解得（2）金屬棒穿過(guò)磁場(chǎng)過(guò)程中，由能量關(guān)系其中v0=4m/s，Q=1.6J，解得d=5m由動(dòng)量定理解得t=1.1s2．如圖1所示，間距的足夠長(zhǎng)傾斜導(dǎo)軌傾角，導(dǎo)軌頂端連一電阻，左側(cè)存在一面積的圓形磁場(chǎng)區(qū)域B，磁場(chǎng)方向垂直于斜面向下，大小隨時(shí)間變化如圖2所示，右側(cè)存在著方向垂直于斜面向下的恒定磁場(chǎng)，一長(zhǎng)為，電阻的金屬棒ab與導(dǎo)軌垂直放置，至，金屬棒ab恰好能靜止在右側(cè)的導(dǎo)軌上，之后金屬棒ab\n開(kāi)始沿導(dǎo)軌下滑，經(jīng)過(guò)足夠長(zhǎng)的距離進(jìn)入，且在進(jìn)入前速度已經(jīng)穩(wěn)定，最后停止在導(dǎo)軌上。已知左側(cè)導(dǎo)軌均光滑，右側(cè)導(dǎo)軌與金屬棒間的摩擦因數(shù)，取，不計(jì)導(dǎo)軌電阻與其他阻力。求：（1）至內(nèi)流過(guò)電阻的電流和金屬棒ab的質(zhì)量；（2）金屬棒ab進(jìn)入時(shí)的速度大??；（3）金屬棒ab進(jìn)入后滑行的距離x，以及在此過(guò)程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱。【答案】（1）0.3A，；（2）0.6m/s；（3）0.06m，【解析】（1）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得至內(nèi)回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為根據(jù)閉合電路歐姆定律可得至內(nèi)流過(guò)電阻的電流為設(shè)金屬棒ab的質(zhì)量為m，這段時(shí)間內(nèi)金屬棒ab受力平衡，即解得（2）設(shè)金屬棒ab進(jìn)入時(shí)的速度大小為v，此時(shí)回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為回路中的電流為導(dǎo)體棒ab所受安培力大小為根據(jù)平衡條件可得解得\n（3）設(shè)金屬棒ab從進(jìn)入EF到最終停下的過(guò)程中，回路中的平均電流為，經(jīng)歷時(shí)間為t，對(duì)金屬棒ab根據(jù)動(dòng)量定理有其中根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路歐姆定律可得解得設(shè)此過(guò)程中電阻R上消耗的焦耳熱為Q，根據(jù)能量守恒定律可得解得3．如圖，間距為的兩平行金屬導(dǎo)軌由水平和傾斜兩部分平滑連接，斜面傾角，傾斜導(dǎo)軌上端接的電阻。區(qū)域Ⅰ的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直斜面向上，其寬度為。斜面上的長(zhǎng)度為0.8m。水平導(dǎo)軌的無(wú)磁場(chǎng)區(qū)放一金屬桿，桿右側(cè)存在大小、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域Ⅱ，其寬度。長(zhǎng)為的金屬桿從斜面上端距區(qū)域Ⅰ上邊界處由靜止釋放，桿進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅰ時(shí)恰好開(kāi)始做勻速運(yùn)動(dòng)，已知金屬桿進(jìn)入水平軌道后與金屬桿發(fā)生彈性碰撞，碰后金屬桿沿水平導(dǎo)軌進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ，滑出區(qū)域Ⅱ后被放置在導(dǎo)軌正中央的水平彈簧彈回，不考慮桿與彈簧碰撞的動(dòng)能損失。整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，桿和與導(dǎo)軌始終接觸良好，且保持與導(dǎo)軌垂直。已知桿和電阻均為，質(zhì)量均為不計(jì)摩擦和導(dǎo)軌電阻，忽略磁場(chǎng)邊界效應(yīng)。重力加速度，求：（1）勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ的磁感應(yīng)強(qiáng)度；（2）桿在滑過(guò)斜面上磁場(chǎng)的過(guò)程中，流過(guò)電阻R的電量q；（3）桿和桿一共可以碰撞的次數(shù)n。\n【答案】（1）；（2）；（3）5【解析】（1）桿磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ時(shí)的速度為進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ做勻速運(yùn)動(dòng)又解得（2）流過(guò)電阻R的電荷量桿勻速穿過(guò)磁場(chǎng)，所以電流恒定可得（3）桿達(dá)到水平軌道時(shí)的速度為解得\n桿和桿發(fā)生彈性碰撞，由于質(zhì)量相等，碰撞后速度交換，桿以進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域Ⅱ，在通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域Ⅱ的過(guò)程中，利用動(dòng)量定理解得每經(jīng)過(guò)一次磁場(chǎng)區(qū)域Ⅱ桿的速度就減少0.5m/s，當(dāng)桿再次與桿發(fā)生彈性碰撞后，桿獲得的速度為因此桿沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，利用機(jī)械能守恒定律解得所以桿不能再次進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ，之后桿繼續(xù)下滑以2m/s與桿發(fā)生彈性碰撞，最后桿在磁場(chǎng)區(qū)域Ⅱ總共穿越6次，最后一次穿出磁場(chǎng)區(qū)域Ⅱ時(shí)恰好停止，不再與發(fā)生彈性碰撞，因此總共發(fā)生彈性碰撞的次數(shù)為5次。4．如圖所示，足夠長(zhǎng)的平行光滑U形導(dǎo)軌傾斜放置，所在平面的傾角θ＝37°，導(dǎo)軌間的距離L＝1.0m，下端連接R＝1.6Ω的電阻，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，所在空間存在垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1.0T。質(zhì)量m＝0.5kg、電阻r＝0.4Ω的金屬棒ab垂直置于導(dǎo)軌上，現(xiàn)用沿導(dǎo)軌平面且垂直于金屬棒、大小為F＝5.0N的恒力使金屬棒ab從靜止開(kāi)始沿導(dǎo)軌向上滑行，當(dāng)金屬棒滑行s＝2.8m后速度保持不變。求：（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）（1）金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小v；（2）金屬棒從靜止到剛開(kāi)始勻速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，電阻R上產(chǎn)生的熱量QR?！敬鸢浮浚?）4m/s；（2）J【解析】\n（1）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，得感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E=BLv根據(jù)閉合電路的歐姆定律，得感應(yīng)電流為：導(dǎo)體棒受到的安培力為導(dǎo)體棒做勻速運(yùn)動(dòng)，處于平衡狀態(tài)，由平衡條件得代入數(shù)據(jù)解得v=4m/s（2）金屬棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程，由能量守恒定律得電阻R產(chǎn)生的熱量為代入數(shù)據(jù)解得J5．如圖，MN、PQ為足夠長(zhǎng)的光滑平行的水平金屬導(dǎo)軌，電阻，置于豎直向下的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，為磁場(chǎng)邊界，磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2.0T，導(dǎo)軌間距L=0.5m，質(zhì)量m=0.2kg的導(dǎo)體棒垂直置于導(dǎo)軌上且與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)體棒接入電路的電阻為。t=0時(shí)刻，導(dǎo)體棒在F=1N的水平拉力作用下從左側(cè)某處由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，時(shí)棒進(jìn)入磁場(chǎng)繼續(xù)運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直。（1）求導(dǎo)體棒時(shí)刻進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間的加速度a的大??；（2）若導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間立即撤去力F，求導(dǎo)體棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電阻R產(chǎn)生的焦耳熱Q?！敬鸢浮浚?）；（2）1.875J【解析】（1）在進(jìn)入磁場(chǎng)前根據(jù)牛頓第二定律\n速度導(dǎo)體棒切割感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)電流安培力進(jìn)入磁場(chǎng)的瞬間根據(jù)牛頓第二定律聯(lián)立解得（2）由能量守恒定律產(chǎn)生的熱量6．如圖甲所示，水平面內(nèi)的直角坐標(biāo)系的第一象限有磁場(chǎng)分布，方向垂直于水平面向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度沿y軸方向沒(méi)有變化，沿x軸方向B與x成反比，如圖乙所示。頂角θ=53°的光滑金屬長(zhǎng)導(dǎo)軌MON固定在水平面內(nèi)，ON與x軸重合，一根與ON垂直的長(zhǎng)導(dǎo)體棒在水平向右的外力作用下沿導(dǎo)軌向右滑動(dòng)，導(dǎo)體棒在滑動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好。已知t=0時(shí)，導(dǎo)體棒位于頂點(diǎn)O處，導(dǎo)體棒的質(zhì)量為m=1.0kg，OM與ON接觸點(diǎn)的總電阻恒為R=1.0Ω，其余電阻不計(jì)。回路電流i與時(shí)間t的關(guān)系如圖丙所示，圖線是過(guò)原點(diǎn)的直線。已知sin53°=0.8，cos53°=0.6。求：（1）t=2s時(shí)，回路的電動(dòng)勢(shì)E；（2）0~2s時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)體棒的位移s；（3）0~2s時(shí)間內(nèi)，水平外力的沖量I的大小；（4）導(dǎo)體棒滑動(dòng)過(guò)程中，水平外力的瞬時(shí)功率P（單位：W）與時(shí)間t（單位：s）的關(guān)系式。\n【答案】（1）；（2）；（3）；（4）【解析】（1）由歐姆定律將代入得（2）由歐姆定律和丙圖斜率含義得其中，聯(lián)立解得所以導(dǎo)體棒做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，且0~2s時(shí)間內(nèi)導(dǎo)體棒的位移為（3）由動(dòng)量定理得即由圖丙知由圖乙知2s末的速度\n解得（4）根據(jù)牛頓第二定律可得由圖丙可知解得外力瞬時(shí)功率速度解得7．如圖所示，間距、傾角的兩根平行傾斜光滑導(dǎo)軌與間距相同的兩根平行水平光滑導(dǎo)軌在b、e處平滑連接，導(dǎo)軌全部固定且水平導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)。其中、兩段用特殊光滑絕緣材料替代，導(dǎo)軌其余部分用電阻不計(jì)的金屬材料制成，在導(dǎo)軌的a、d兩點(diǎn)間串接一個(gè)阻值為的電阻，傾斜導(dǎo)軌所在區(qū)域分布著垂直導(dǎo)軌平面向上的、磁感應(yīng)強(qiáng)度為的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，水平導(dǎo)軌的右側(cè)區(qū)域分布著豎直向下的、磁感應(yīng)強(qiáng)度亦為的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，將長(zhǎng)度比導(dǎo)軌間距略大的金屬棒A和C分別垂直導(dǎo)軌靜置于導(dǎo)軌上，位置如圖中所示，其中金屬棒C離邊界的距離為，某一時(shí)刻靜止釋放金屬棒A，在其沿傾斜導(dǎo)軌下滑過(guò)程中始終受到一個(gè)與其運(yùn)動(dòng)方向相反且大小等于其對(duì)地速度k倍的阻力作用，其中，金屬棒A在到達(dá)位置前已處于勻速運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。已知金屬棒A的質(zhì)量為、電阻為，金屬棒C的質(zhì)量為、電阻為。（1）金屬棒A下滑過(guò)程中，a、d兩點(diǎn)哪點(diǎn)電勢(shì)高？（2）求金屬棒A勻速下滑的速度大小；（3）判斷金屬棒A能否與金屬棒C發(fā)生碰撞？若能，請(qǐng)計(jì)算金屬棒A進(jìn)入右側(cè)區(qū)域至碰撞前產(chǎn)生的焦耳熱；若不能，請(qǐng)計(jì)算金屬棒A進(jìn)入\n右側(cè)區(qū)域至到達(dá)穩(wěn)定狀態(tài)的過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱?！敬鸢浮浚?）d點(diǎn)電勢(shì)高；（2）；（3）見(jiàn)解析【解析】（1）根據(jù)右手定則可判定，d點(diǎn)電勢(shì)高（2）金屬棒A勻速下滑時(shí)，根據(jù)受力平衡可得聯(lián)立兩式，代入數(shù)據(jù)求得（3）假設(shè)兩桿不會(huì)發(fā)生碰撞，則最終兩桿將具有共同速度，且整個(gè)過(guò)程，兩桿組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，故根據(jù)動(dòng)量定理可得故兩桿能發(fā)生碰撞，有根據(jù)能量守恒定律有可得8．如圖甲所示，豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，足夠長(zhǎng)的光滑水平金屬導(dǎo)軌的間距為L(zhǎng)，金屬棒a、b垂直導(dǎo)軌放置，計(jì)時(shí)開(kāi)始，給a水平向右的速度2v0、給b水平向左的速度v0，a、b在運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中沒(méi)有碰撞；如圖乙所示，豎直放置足夠長(zhǎng)的光滑金屬導(dǎo)軌的間距為L(zhǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直導(dǎo)軌，導(dǎo)軌的上端接有導(dǎo)線，計(jì)時(shí)開(kāi)始，垂直導(dǎo)軌放置的金屬棒c\n由靜止開(kāi)始釋放，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間t0達(dá)到勻速運(yùn)動(dòng)，c的阻值為R，導(dǎo)軌與導(dǎo)線的電阻均忽略不計(jì)，；a、b、c的質(zhì)量均為m，長(zhǎng)度均為L(zhǎng)，在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中金屬棒始終與導(dǎo)軌保持良好接觸，重力加速度為g，求：（1）金屬棒穩(wěn)定運(yùn)行后，a、c的速度；（2）從計(jì)時(shí)開(kāi)始到金屬棒剛穩(wěn)定運(yùn)行，甲模型生成的焦耳熱，以及通過(guò)甲模型回路某一橫截面的電荷量；（3）從計(jì)時(shí)開(kāi)始到c剛穩(wěn)定運(yùn)行，c的重力勢(shì)能的減小量?！敬鸢浮浚?），；（2），；（3）【解析】（1）甲圖中，a、b穩(wěn)定前，安培力等大反向，系統(tǒng)合外力為零，動(dòng)量守恒，直到a、b共速，安培力消失，此后一起勻速直線運(yùn)動(dòng)，對(duì)a和b的系統(tǒng)有解得乙圖中棒c受重力與安培力作用下落，當(dāng)二力平衡時(shí)穩(wěn)定，則解得（2）甲圖中由能量守恒可知對(duì)甲棒由動(dòng)量定理可知可得\n（3）乙圖中，對(duì)c由動(dòng)量定理可知?jiǎng)t有解得則重力勢(shì)能的減少量為9．如圖所示，左側(cè)傾斜部分為光滑的相互平行放置的間距為L(zhǎng)，電阻不計(jì)的金屬導(dǎo)軌，水平部分為用絕緣材料做成的間距也為L(zhǎng)的光滑軌道，兩者之間平滑連接。傾斜導(dǎo)軌的傾角為θ，傾斜導(dǎo)軌上端接有一個(gè)單刀雙擲開(kāi)關(guān)S，接在1端的電源，電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r，其串聯(lián)的定值電阻為R1，接在2端的電容器的電容為C（未充電）。在水平軌道正方形區(qū)域Ⅰ、Ⅱ分布有大小相等方向相反的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（大小未知），在傾斜導(dǎo)軌區(qū)域Ⅲ中存在方向豎直向上且大小與Ⅰ、Ⅱ區(qū)相同的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，當(dāng)先將開(kāi)關(guān)S與1相連時(shí)，一質(zhì)量為m電阻不計(jì)的金屬導(dǎo)體棒ef恰好能靜止在高為h的傾斜導(dǎo)軌上。然后再將開(kāi)關(guān)S擲向2，此后導(dǎo)體棒ef將由靜止開(kāi)始下滑，并且無(wú)能量損失地進(jìn)入水平軌道，之后與原來(lái)靜止在水平軌道上的“U”型導(dǎo)線框abcd碰撞，并粘合為一個(gè)正方形線框，U型導(dǎo)線框三條邊總質(zhì)量為3m、總電阻為4R，當(dāng)線框完全穿過(guò)Ⅰ區(qū)磁場(chǎng)后，恰好靜止線框四邊與Ⅱ磁場(chǎng)邊界線重合。不計(jì)一切摩擦阻力，（本題中E、r、R1、C、R、L、h、θ、m及重力加速度g均為已知），求：（1）磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。唬?）將開(kāi)關(guān)S擲向2后，ef棒滑到GH處的速度v；（本問(wèn)中磁感應(yīng)強(qiáng)度可用B表示）；（3）線框穿越磁場(chǎng)邊界線MN、PQ過(guò)程中產(chǎn)生的熱量之比：。\n【答案】（1）；（2）；（3）5：4【解析】（1）導(dǎo)體棒ef恰好能靜止傾斜導(dǎo)軌上，此時(shí)安培力水平向左，受力分析可知根據(jù)閉合電路歐姆定律解得（2）將開(kāi)關(guān)S擲向2后，設(shè)導(dǎo)體棒在很短時(shí)間內(nèi)速度為v，根據(jù)動(dòng)量定理可得其中電容充電量與電流關(guān)系帶入整理得故導(dǎo)體棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度ef棒滑到GH處的速度（3）設(shè)與導(dǎo)線框abcd碰撞后，整體速度為，根據(jù)動(dòng)量守恒線框進(jìn)入磁場(chǎng)后水平方向上只有安培力作用，根據(jù)動(dòng)量定理解得線框中bc進(jìn)入Ⅱ區(qū)磁場(chǎng)，bc、ef均切割磁感線，并且感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)同向疊加，則有\(zhòng)n解得聯(lián)立得根據(jù)能量守恒，線框穿越磁場(chǎng)邊界線MN過(guò)程中產(chǎn)生的熱量線框穿越磁場(chǎng)邊界線PQ過(guò)程中產(chǎn)生的熱量聯(lián)立解得（2021?海南高考真題）如圖，間距為l的光滑平行金屬導(dǎo)軌，水平放置在方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，導(dǎo)軌左端接有阻值為R的定值電阻，一質(zhì)量為m的金屬桿放在導(dǎo)軌上。金屬桿在水平外力作用下以速度v0向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，此時(shí)金屬桿內(nèi)自由電子沿桿定向移動(dòng)的速率為u0。設(shè)金屬桿內(nèi)做定向移動(dòng)的自由電子總量保持不變，金屬桿始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，除了電阻R以外不計(jì)其它電阻。（1）求金屬桿中的電流和水平外力的功率；（2）某時(shí)刻撤去外力，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，自由電子沿金屬桿定向移動(dòng)的速率變?yōu)?，求：（i）這段時(shí)間內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱；（ii）這段時(shí)間內(nèi)一直在金屬桿內(nèi)的自由電子沿桿定向移動(dòng)的距離?！敬鸢浮浚?），；（2）（i），（ii）【解析】（1）金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=Blv0\n則金屬桿中的電流由題知，金屬桿在水平外力作用下以速度v0向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)則有根據(jù)功率的計(jì)算公式有（2）（i）設(shè)金屬桿內(nèi)單位體積的自由電子數(shù)為n，金屬桿的橫截面積為S，則金屬桿在水平外力作用下以速度v0向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)的電流由微觀表示為解得當(dāng)電子沿金屬桿定向移動(dòng)的速率變?yōu)闀r(shí)，有解得v′=根據(jù)能量守恒定律有解得（ii）由（i）可知在這段時(shí)間內(nèi)金屬桿的速度由v0變到，設(shè)這段時(shí)間內(nèi)一直在金屬桿內(nèi)的自由電子沿桿定向移動(dòng)的距離為d，規(guī)定水平向右為正方向，則根據(jù)動(dòng)量定理有由于解得\n